沪科版高中物理选修35：章末综合测评1
高中物理 第3章 原子世界探秘 3.1 电子的发现及其重大意义学案 沪科版选修3-5
3.1 电子的发现及其重大意义构的重大意义。
一、关于阴极射线的争论1．在阴极射线管的阴极和阳极接上高压电源后，用真空泵逐渐抽去玻璃管内的空气，管内稀薄气体放电可以看到发光放电现象。
把玻璃管抽成真空，管内变暗，不再发光，但此时由阴极发出的射线能使荧光物质发光。
2．阴极射线的研究引发的三大发现1895年伦琴发现了X 射线；1896年贝克勒尔发现了放射性；1897年J.J.汤姆生发现了电子。
预习交流1阴极射线管中的气体为什么会放电？答案：气体分子是由正、负电荷组成的，且正负电荷量相等，通常它们不显电性。
但它们的正、负电荷在强电场力作用下会被“撕”开，气体中有了自由电荷，气体就导电了。
二、汤姆生的发现1．汤姆生对阴极射线本质的研究 （1）用静电计检测收集到的粒子，证明它是带负电的粒子流。
（2）通过巧妙实验，利用电场力与洛伦兹力平衡，确定了阴极射线的速度，并测出粒子的比荷。
（3）换用不同材料的阴极，所得粒子的比荷都相同，这说明该粒子是各种物质共有的，是物质的组成部分。
（4）测出这种粒子所带的电荷量与氢离子所带的电荷量接近，质量小于氢原子质量的千分之一。
2．结论：阴极射线是一种带负电的质量很小的粒子流。
预习交流2阴极射线是一种带电粒子，利用电场或磁场能确定粒子的电性吗？答案：能。
因为带电粒子在电场或磁场中能受到电场力或磁场力的作用，电性不同的带电粒子受力方向相反，偏转方向相反。
三、电子发现的重大意义电子的发现，打破了原子不可再分的传统观念，即原子不是组成物质的最小微粒，原子本身也有内部结构。
一、对阴极射线本质的认识历史上曾做过这样一个实验，装置如图所示，给阴极射线管加上高压，将一条形磁铁靠近阴极射线管，发现射线发生了弯曲。
你知道实验取得了什么样的结果？答案：根据弯曲的情况说明阴极射线带了负电，后来证实是电子流，从而揭开了原子结构的秘密。
关于阴极射线的本质，下列说法正确的是（ ）。
A ．阴极射线的本质是氢原子B ．阴极射线的本质是电磁波C ．阴极射线的本质是电子D ．阴极射线的本质是X 射线答案：C解析：汤姆生的实验证明了阴极射线是电子流，关于阴极射线是电磁波还是X 射线的说法都是在研究阴极射线过程中的一些假设，实验证明这些说法是错误的。
沪科版高中物理选修35：章末综合测评5
沪科版高中物理选修35：章末综合测评5【解析】根据“镜像核”的定义，13 7N和13 6C互为“镜像核”，选项B正确，A错误；β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子，选项C 正确；核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中虽有α粒子，但该反应是聚变反应，选项D错误．【答案】BC7．下列说法中正确的是( )A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B．中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，所以重核裂变要放出能量C．只要有核反应发生，就一定会释放出核能D．轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数小于质子数【解析】太阳的能量来自轻核聚变放出的能量，A正确．中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，B正确．核反应是否释放能量取决于反应前后是否发生了质量亏损，C错误．随核子数增加，若只增加中子，中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多，D错误．【答案】AB8．关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )【导学号：06092098】A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【解析】原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，选项A正确．重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，核子的比结合能与核子数之积即为结合能，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，选项B正确．铯核的核子数比铅核的核子数少，其结合能也小，选项C正确．自由核子组成原子核时，需放出能量，因此质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项D错误．【答案】ABC二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)9．(8分)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，235 92U是核电站常用的核燃料.23592U受一个中子轰击后裂变成144 56Ba和8936Kr两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积．【解析】核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：23592 U＋10n―→144 56Ba＋8936Kr＋310n，即产生3个中子．临界体积是发生链式反应的最小体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积．【答案】3大于10．(9分)1993年，中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素20278Pt，制取过程如下：(1)用质子轰击铍94Be产生快中子，核反应方程：______________________________________________________________；(2)用快中子轰击汞20480Hg，反应过程可能有两种：①生成20 278Pt，放出氦原子核，核反应方程：______________________________________________________________；②生成20278Pt，放出质子、中子，核反应方程：________________________________________________________________ ______________________________________________________________；(3)生成的铂20278Pt发生两次β衰变，变成稳定的原子核汞20280Hg，核反应方程：__________________________________________________________，_______________________________________________________________.【答案】(1)94Be＋11H―→95B＋10n(2)①20480Hg＋10n―→20278Pt＋32He②20480Hg＋10n―→20278Pt＋211H＋10n(3)11．(9分)同位素原子在许多方面有着广泛的应用，1934年，科学家在用α粒子轰击铝箔时，除探测到预料中的中子外，还探测到了正电子，更意外的是，拿走α放射源时，铝箔虽不再发射中子，但仍能继续发射正电子，而且这种放射性随时间衰减的规律跟天然放射性一样，也有一定的半衰期.【导学号：06092049】(1)写出α粒子轰击铝2713Al产生中子的核反应方程式；(2)上述产生的具有放射性的同位素叫做放射性同位素，写出其产生正电子的核反应方程式；(3)简要说明放射性同位素的应用，并至少举出两个实际应用的例子．【解析】(1)2713Al＋42He→3015P＋10n.(2)3015P→3014Si＋01e.(3)利用射线辐射育种，作为示踪原子，检查管道等．【答案】见解析12．(12分)运动的原子核A Z X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y 和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能．【解析】设衰变前原子核A Z X的速度为v0，衰变后放出的α粒子的速度为v，由动量守恒有：M v0＝m2v再由反应中能量守恒有12M v 20＝12m2v2－ΔE由爱因斯坦质能方程有ΔE＝Δmc2而Δm＝M－(m1＋m2)解之有ΔE＝12m2v2－12M v20＝[M－(m1＋m2)]c2＝(M－m1－m2)c2E kα＝12m2v2＝MΔEM－m2＝M(M－m1－m2)M－m2c2.【答案】(M－m1－m2)c2M(M－m1－m2)M－m2c213．(14分)足够强的匀强磁场中有一个原来静止的氡核222 86Rn，它放射出一个α粒子后变为Po 核．假设放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求：(1)α粒子与Po 核在匀强磁场中的径迹圆半径之比，画出它们在磁场中运动轨迹的示意图；(2)α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔与α粒子运动周期的关系；(设质子和中子质量相等)(3)若某种放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲核在磁场中运动轨迹的示意图与上述α衰变轨迹示意图有何不同？【解析】(1)氡核经α衰变的核反应方程为：222 86R n →218 84Po ＋42He ，衰变的极短过程系统动量守恒，设α粒子速度方向为正，则由动量守恒定律0＝m αv α－m Po v Po ，即m αv α＝m Po v Poα粒子与反冲核在匀强磁场中，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力q v B ＝m v 2r ，r ＝m v qB ∝1q ，故r αr Po ＝q Po q α＝842＝421，示意图如图甲所示． (2)它们在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πm qB ∝m q ，它们的周期之比为T αT Po＝m αm Po ·q Po q α＝4218·842＝84109， 即109T α＝84T Po ，这样α粒子转109圈，Po 核转84圈，两者才相遇．所以，α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔Δt ＝109T α.(3)若放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲衰变过程仍符合动量守恒定律，它们也在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，但由于β粒子带负电，反冲核带正电，它们两个衰变时运动方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以它们的轨迹圆是内切的，且β粒子的轨迹半径大于新核的轨迹半径，其运动轨迹的示意图如乙所示．【答案】(1)42∶1见解析(2)Δt ＝109T α(3)见解析。
沪科版高中物理选修35：章末综合测评2
章末综合测评 (二 )(时间： 60 分钟满分： 100 分)一、选择题 (此题共有 8 小题，每题 6 分，共 48 分.1～5 是单项选择题； 6～8是多项选择题，选对 1 个得 3 分，全选对得 6 分，错选或不选得 0 分． ) 1．一个光子和一个电子拥有同样的波长，则( )A．光子拥有较大的动量B．光子拥有较小的能量C．电子与光子的动量相等D．电子和光子的动量不确立h p2【分析】依据λ＝p可知，同样的波长拥有同样的动量．由E k＝2m知两者能量不一样．只有 C 正确．【答案】 C2．光电效应实验中，以下表述正确的选项是()A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就能够有光电流C．制止电压与入射光的频次没关D．入射光频次大于极限频次才能产生光电子【分析】在光电效应中，若照耀光的频次小于极限频次，不论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流，当照耀光的频次大于极限频次时，马上有光电子产生，故 A 、 B 错误， D 正确．由－ eU＝0－E k，E k＝hν－W，可知 U ＝ (hν－ W)/e，即制止电压与入射光频次ν相关， C 错误．【答案】 D3．在光电效应实验中，用频次为ν的光照耀光电管阴极，发生了光电效应，以下说法正确的选项是 ()第1页/共7页B．改用频次小于ν的光照耀，必定不发生光电效应C．改用频次大于ν的光照耀，光电子的最大初动能变大D．光电效应的发生与照耀光的强度相关【分析】光电效应能否发生取决于照耀光的频次，而与照耀强度没关，应选项 A 、D 错误．用频次为ν的光照耀光电管阴极，发生光电效应，用频次较小的光照耀时，若光的频次仍大于极限频次，则仍会发生光电效应，选项 B 错误；12依据 hν－ W 逸＝2mv 可知，增添照耀光频次，光电子的最大初动能也增大，应选项C正确．【答案】 C4．已知钙和钾的截止频次分别为 7.73 ×1014 Hz 和 5.44 ×1014 Hz，在某种单色光的照耀下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的拥有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子拥有较大的 ( )【导学号： 06092069】A．波长B．频次C．能量D．动量12【分析】依据爱因斯坦光电效应方程2mv m＝hν－ W.由题知 W 钙 >W 钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．依据p＝ 2mE k及＝h和 c＝λν知，钙逸出pλ的光电子的特色是：动量较小、波长较长、频次较小．选项 A 正确，选项 B、C、D错误．【答案】 A35．分别用波长为λ和4λ的单色光照耀同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为 1∶2，以 h 表示普朗克常量， c 表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为()【导学号： 06092070】第2页/共7页hc2hc A.2λ B. 3λ3hc4hcC. 4λD. 5λ【分析】依据爱因斯坦光电效应方程c cE k＝hν－W0和ν＝得 E k＝h － W0，E k′λλ＝ h c2hc － W0，且 E k∶E k′＝ 1∶ 2，解得 W0＝.33λ4λ【答案】 B6．以下表达的状况中正确的选项是( )A．光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体同样B．光是波，与橡皮绳上的波近似C．光是波，但与宏观观点的波有实质的差别D．光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的【分析】光的粒子性说明光是一种粒子，但抵达空间某地点的概率恪守颠簸规律，与宏观观点的粒子和波有着实质的不一样，所以选项 A 、B 错误，C 正确．根据光电效应可知，光是一种粒子，光子与电子的作用是一对一的关系，所以选项D正确．【答案】 CD7．利用金属晶格 (大小约 10－10 m)作为阻碍物察看电子的衍射图样，方法是让电子经过电场加快后，让电子束照耀到金属晶格上，进而获得电子的衍射图样．已知电子质量为m，电荷量为 e，初速度为 0，加快电压为U，普朗克常量为 h，则以下说法中正确的选项是()【导学号： 06092022】hA．实验中电子束的德布罗意波波长为λ＝2meUB．加快电压 U 越大，电子的衍射现象越显然C．若用同样动能的质子代替电子，衍射现象将更为显然D．若用同样动能的中子取代电子，衍射现象将不如电子显然h【分析】由德布罗意波波长公式λ＝p，而动量 p＝2mE k＝2meU，两式联立得λ＝h h， A 正确；从公式λ＝可知，加快电压越大，电子的波长2meU2meU越小，衍射现象就越不显然， B 错误；用同样动能的质子或中子代替电子，质子的波长变小，衍射现象对比电子不显然，故 C 错误， D 正确．【答案】 AD8．电子的运动受颠簸性的支配，关于氢原子的核外电子，以下说法正确的是 ()A．氢原子的核外电子能够用确立的坐标描绘它们在原子中的地点B．电子绕核运动时，能够运用牛顿运动定律确立它的轨道C．电子绕核运动时，不遵照牛顿运动定律D．电子绕核运动的“轨道”实际上是没存心义的【分析】微观粒子的颠簸性是一种概率波，关于微观粒子的运动，牛顿运动定律已经不合用了，所以氢原子的核外电子不可以用确立的坐标描绘它们在原子中的地点，电子的“轨道”实际上是没存心义的，电子轨道只可是是电子出现的概率比较大的地点，综上所述， C、D 正确．【答案】 CD二、非选择题 (此题共 5 小题，共 52 分．按题目要求作答． )9．(6 分 )某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为 2.21 eV，用波长为 2.5 ×10－7 m 的紫外线照耀阴极，已知真空中光速为 3.0 ×108 m/s，元电荷为1.6 ×10－19 C，普朗克常量为6.63 ×10－34 J ·s.钾的极限频次为 ________，该光电管发射的光电子的最大初动能是________．W14【分析】由 W0＝ hνc得，极限频次νc＝h≈ 5.3 × 10Hz；由光电效应方程 E kc－19＝ hν－ W0得，光电子的最大初动能 E k＝h － W0≈ 4.4×10 J.λ【答案】 5.3 ×1014 Hz4.4 ×10－19 J10．(10 分 )太阳能直接变换成电能的基来源理是利用光电效应．如图 1所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压．图 1(1)标出电源和电流表的正负极；(2)入射光应照在 ________极上．(3)电流表读数是10 μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子起码是________个．【分析】 (1)加正向电压，应当是在电子管中电子由 B 向 A 运动，即电流是由左向右．所以电源左端是正极，右端是负极，电流表上端是正极，下端是负极．(2)光应照在 B 极上．(3)设电子个数为n，则10×10－6I＝ ne，所以 n＝1.6×10－19＝ 6.25 ×1013(个 )．【答案】 (1) 电源左端是正极，右端是负极；电流表上端是正极，下端是负13极 (2)B(3)6.25 10×11．(12 分 )深邃的夜色中，在海洋上航行的船舶依赖航标灯引导航道．如图2 所示是一个航标灯自动控制电路的表示图．电路中的光电管阴极K 涂有可发生光电效应的金属．下表反应的是各样金属发生光电效应的极限频次和极限波长，又知可见光的波长在400～ 770 nm(1 nm＝10－9m).【导学号： 06092023】图 2各样金属发生光电效应的极限频次和极限波长：金属铯钠锌银铂极限频次4.545 ×1014 6.000 ×10148.065 ×10141.153 ×10151.529 ×1015(Hz)极限波长0.660 00.500 00.372 00.260 00.196 2( μ m)依据图和所给出的数据，你以为：(1)光电管阴极 K 上应涂有金属 ________；(2)控制电路中的开关 S 应和 ________(填 “a ”和 “b ”)接触；(3)工人在锻压机、冲床、钻床等机器上劳动时，稍有不慎就会把手压在里面，造成工伤事故．假如将上述控制电路中的电灯换成驱动这些机器工作的电机，这时电路中开关 S 应和 ________接触，这样，当工人不慎将手伸入危险地区时，因为遮住了光芒，光控继电器衔铁马上动作，使机床停止工作，防止事故发生．【分析】 (1)依题意知，可见光的波长范围为400×10－9～770 ×10－9m－6－9而金属铯的极限波长为 λ＝0.660 0 10× m ＝ 660×10 m ，所以，光电管阴极 K 上应涂金属铯．(2)深邃的夜色中，线圈中无电流，衔铁与b 接触，船舶依赖航标灯引导航道，所以控制电路中的开关 S 应和 b 接触．(3)若将上述控制电路中的电灯换成电机，在手遮住光芒以前，电机应是正常工作的，此时衔铁与 a 接触，所以电路中的开关 S 应和 a 接触．【答案】 (1)铯(2)b(3)a12．(12 分 )德布罗意以为：任何一个运动着的物体， 都有着一种波与它对应，h波长是 λ＝p ，式中 p 是运动着的物体的动量， h 是普朗克常量．已知某种紫光的波长是 440 nm ，若将电子加快，使它的德布罗意波长是这类紫光波长的10－4 倍，求：(1)电子的动量的大小；(2)试推导加快电压跟德布罗意波波长的关系，并计算加快电压的大小．电子质量 m ＝ 9.1 ×10－31kg ，电子电荷量 e ＝ 1.6 ×10－19C ，普朗克常量 h ＝6.6 ×10－34J ·s ，加快电压的计算结果取一位有效数字．h【分析】 (1)由 λ＝p 知电子的动量p ＝h＝1.5 ×10－23kg ·m/s.λ12(2)电子在电场中加快，有 eU ＝ 2mv1p 2又2mv 2 ＝2m解得mv 2h 22U ＝2≈8×102e ＝2me λV.【答案】 (1)1.5－ 23h 210× ·＝2kg m/s(2)U2me λ8×102 V13．(12 分)如图 3 所示，相距为 d 的两平行金属板 A 、B 足够大，板间电压恒为 U ，有一波长为 λ的细激光束照耀到 B 板中央，使 B 板发生光电效应，已知普朗克常量为 h ，金属板 B 的逸出功为 W 0 ，电子质量为 m ，电荷量为 e.求：图 3(1)从 B 板运动到 A 板所需时间最短的光电子，抵达A 板时的动能；(2)光电子从 B 板运动到 A 板时所需的最长时间．【分析】 (1)依据爱因斯坦光电效应方程得E k ＝ h ν－W 0c光子的频次为 ν＝λhc所以光电子的最大初动能为E k ＝ λ－W 0能以最短时间抵达 A 板的光电子，是初动能最大且垂直于板面走开B 板的电子，设抵达 A 板的动能为 E k1，由动能定理，得eU ＝E k1 －E khc所以 E k1＝eU ＋ λ－W 0.(2)能以最长时间抵达 A 板的光电子，是走开 B 板时的初速度为零或运动方向平行于 B 板的光电子．2 Uet 2 则 d ＝ 2at ＝ 2dm 12m解得 t ＝ dUe.【答案】 (1)eU ＋hc－ W 0(2)d 2mλUe。
2020-2021学年沪科版高中物理选修3-5：章末综合测评2含答案解析
【最新】沪科版高中物理选修3-5：章末综合测评2学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．一个光子和一个电子具有相同的波长，则( )A ．光子具有较大的动量B ．光子具有较小的能量C ．电子与光子的动量相等D ．电子和光子的动量不确定2．光电效应实验中，下列表述正确的是A ．光照时间越长光电流越大B ．入射光足够强就可以有光电流C ．遏止电压与入射光的频率有关D ．入射光频率大于极限频率才能产生光电子3．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )A ．减小入射光的强度，光电效应现象消失B ．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应C ．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大D ．光电效应的发生与照射光的强度有关4．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz 和5.44×1014Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（ ）A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量 5．分别用波长为λ和34λ的单色光照射同一金属板,发出的光电子的最大初动能之比为1∶2,以h 表示普朗克常量,c 表示真空中的光速,则此金属板的逸出功为A ．2hc λB ．23hc λC ．34hc λD ．45h c λ二、多选题6．下列叙述的情况中正确的是 ( )A ．光的粒子性说明每个光子就像一个极小的球体一样B．光是波，与橡皮绳上的波类似C．光是波，但与宏观概念的波有本质的区别D．光是一种粒子，它和物质作用是“一份一份”进行的7．利用金属晶格(大小约10－10 m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是( )A．实验中电子束的德布罗意波波长为λB．加速电压U越大，电子的衍射现象越明显C．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显D．若用相同动能的中子代替电子，衍射现象将不如电子明显8．电子的运动受波动性的支配，对于氢原子的核外电子，下列说法正确的是( ) A．氢原子的核外电子可以用确定的坐标描述它们在原子中的位置B．电子绕核运动时，可以运用牛顿运动定律确定它的轨道C．电子绕核运动时，不遵从牛顿运动定律D．电子绕核运动的“轨道”其实是没有意义的三、填空题9．某光电管的阴极是用金属钾制成的，它的逸出功为2．21 eV，用波长为2．5×10- 7 m 的紫外线照射阴极，已知真空中的光速为3．0×108 m/s，元电荷为1．6×10-19 C，普朗克常量为6．63×10-34 J·s．则钾的极限频率是_______Hz，该光电管发射的光电子的最大初动能是________J．（保留二位有效数字）10．太阳能直接转换成电能的基本原理是利用光电效应．如图所示是测定光电流的电路简图，光电管加正向电压．(1)标出电源和电流表的正负极______________；(2)入射光应照在________极上．(3)电流表读数是10 μA，则每秒钟从光电管阴极发射出的光电子至少是________个．11．深沉的夜色中，在大海上航行的船舶依靠航标灯指引航道．如图所示是一个航标灯自动控制电路的示意图．电路中的光电管阴极K涂有可发生光电效应的金属．下表反映的是各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长，又知可见光的波长在400～770 nm(1 nm＝10－9m).各种金属发生光电效应的极限频率和极限波长：根据图和所给出的数据，你认为：(1)光电管阴极K上应涂有金属________；(2)控制电路中的开关S应和________(填“a”和“b”)接触；(3)工人在锻压机、冲床、钻床等机器上劳动时，稍有不慎就会把手压在里面，造成工伤事故．如果将上述控制电路中的电灯换成驱动这些机器工作的电机，这时电路中开关S 应和________接触，这样，当工人不慎将手伸入危险区域时，由于遮住了光线，光控继电器衔铁立即动作，使机床停止工作，避免事故发生．四、解答题12．德布罗意认为:任何一个运动着的物体,都有着一种波与它对应,波长是hPλ=,式中P是运动着的物体的动量,h是普朗克常量．已知某种紫光的波长是440nm,若将电子加速,使它的德布罗意波波长是这种紫光波长的10-4倍,求:(1)电子的动量的大小;(2)试计算加速电压的大小．(电子质量m=9.1×10-31kg,电子电荷量e=1.6×10-19C,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,加速电压的计算结果取一位有效数字)13．如图所示，相距为d的两平行金属板A、B足够大，板间电压恒为U，有一波长为λ的细激光束照射到B板中央，使B板发生光电效应，已知普朗克常量为h，金属板B 的逸出功为W0，电子质量为m，电荷量为e.求：(1)从B板运动到A板所需时间最短的光电子，到达A板时的动能；(2)光电子从B板运动到A板时所需的最长时间．参考答案1．C【解析】【详解】ACD．根据λ＝hp可知，相同的波长具有相同的动量，选项AD错误，C正确．B．由E k＝22pm知二者能量不同．选项B错误；故选C．2．D【解析】光电流的大小只与光强有关，与光照时间无关，故选项A错误；要想发生光电效应必须要有足够大的入射光的频率，选项B错误；根据Ue=12mv m2可知，遏止电压与光电子的最大初动能有关，选项C错误；入射光频率大于极限频率才能发生光电效应，产生光电子，选项D正确；故选D.3．C【解析】【详解】光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射强度无关，故选项A、D错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项B错误；根据hν－W逸＝12mv2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项C正确，故选C．【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光电流大小由入射光的强度决定，光电子的最大初动能由入射光的频率决定．4．A【解析】解：根据爱因斯坦光电效应方程得：E k =hγ﹣W 0，又 W 0=hγc联立得：E k =hγ﹣hγc ，据题：钙的截止频率比钾的截止频率大，由上式可知：从钙表面逸出的光电子最大初动能较小，由P=，可知该光电子的动量较小，根据λ=可知，波长较大，则频率较小．故A 正确，BCD 错误．故选A ．【点评】解决本题的关键要掌握光电效应方程，明确光电子的动量与动能的关系、物质波的波长与动量的关系λ=．5．B【解析】光子能量为：E= hc λ；根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：E k = hcλ-W ；根据题意：λ1=λ，λ2=23λ，E k1：E K2=1：2 ；联立可得逸出W= 2hc λ，故BCD 错误，A 正确． 6．CD【详解】 光的粒子性说明光是一种粒子，但到达空间某位置的概率遵守波动规律，与宏观概念的粒子和波有着本质的不同，所以选项AB 错误，C 正确．根据光电效应可知，光是一种粒子，光和物质相作用时是“一份一份”进行的，从这个意义上说光是一种粒子，所以选项D 正确． 7．AD【解析】【详解】由德布罗意波波长公式λ＝h p ，而动量p ==λ＝A 正确；从公式λ可知，加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显，B 错误；用相同动能的质子或中子替代电子，质子的波长变小，衍射现象相比电子不明显，故C 错误，D 正确．故选AD.【点睛】衍射是波所特有的现象，电子能发生衍射说明电子具有波动性；求出电子德布罗意波波长的表达式是正确解题的关键．8．CD【解析】A、B、微观粒子的波动性是一种概率波，对应微观粒子的运动，牛顿运动定律已经不适用了，所以氢原子的核外电子不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置，A、B错误；C、D、电子的“轨道”其实是没有意义的，电子轨道只不过是电子出现的概率比较大的位置，C、D正确；故选CD．9．5.3×1014Hz 4.4×10-19 J【解析】试题分析：（1）根据据逸出功W0=hγ0，得：19140342.21 1.6105.3106.6310WHz hγ--⨯⨯===⨯⨯；（2）根据光电效应方程：E K=hγ-W0…①光速、波长、频率之间关系为：cγλ=…②由①②解得：E K=4．4×10-19J考点：光电效应方程【名师点睛】本题考察知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，逸出功W0=hγ0，和光电效应方程：E K=hγ-W；同时注意逸出功计算时的单位，及运算的准确性．10．(1)电源左端是正极，右端是负极；电流表上端是正极，下端是负极 B 6.25×1013【解析】【详解】(1)加正向电压，应该是在电子管中电子由B向A运动，即电流是由左向右．因此电源左端是正极，右端是负极，电流表上端是正极，下端是负极．(2)光应照在B极上．(3)设电子个数为n，则I ＝ne ，所以n ＝61910101.610--⨯⨯ ＝6.25×1013(个)． 【点睛】本题通过光电效应考查了有关电学的基础知识，对于这些基础知识要熟练的理解和应用，注意依据光电管的阴阳极，来判定电源的正负极．11．铯 b a【分析】发生光电效应的条件是入射光的波长小于金属的极限波长，根据条件确定阴极K 上涂有的是什么金属．根据夜晚没有光，但是指示灯亮，来确定控制电路的开关与哪一端接触；根据无光时，不发生光电效应，光控继电器停止工作，来确定控制电路的开关与哪一端接触．【详解】(1)依题意知，可见光的波长范围为400×10－9～770×10－9m而金属铯的极限波长为λ＝0.660 0×10－6m ＝660×10－9m ， 因此，光电管阴极K 上应涂金属铯．(2)深沉的夜色中，线圈中无电流，衔铁与b 接触，船舶依靠航标灯指引航道，所以控制电路中的开关S 应和b 接触．(3)若将上述控制电路中的电灯换成电机，在手遮住光线之前，电机应是正常工作的，此时衔铁与a 接触，所以电路中的开关S 应和a 接触．【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，或入射光的波长小于金属的极限波长时，会发生光电效应．12．(1)P ≈1.5×10-23 kg·m/s (2)U=8×102 V【解析】(1)由h Pλ=, 可得：电子的动量3423116.6310kg m/s 1.510kg m/s 4.410hP λ---⨯==⋅≈⨯⋅⨯ (2)电子在电场中加速,有212eU mv =得：2222810V 22mv hUe meλ===⨯【点睛】该题考查德布罗意波波长公式、动量的表达式与动能定理，注意电场力做正功即可．13．（1）E K1=eU+ℎcλ−W（2）t=d√2mUe【解析】（1）时间最短的光电子，是以最大初动能垂直B板飞出，由光电效应方程，设最大初动能为E k0到达A板的动能为E k, 由光电效应方程h＝W＋Ek0（1）2分得Ek0= h－w （2）2分（2）由动能定理得E k＝E k0+ eU （3）2分联立得E k＝eU +h－w （4）2分（3）时间最长的光电子，是初速为0，或速度方向沿B板方向飞出的电子由运动规律得d ＝at2 （5）1分a ＝（6）1分得t＝d（7）2分本题考查电子的跃迁和光电效应现象，由光电效应方程可求得最大初动能，一车电子在电场力作用下做匀减速运动，电场力做功等于动能的变化量，可求得末动能大小，时间最长的光电子，是初速为0，或速度方向沿B板方向飞出的电子，由电子在匀强电场中做类平跑运动，可求得运动时间。
2020年沪科版高中物理选修3-5第3章《原子世界探秘》测试题含答案
2020年沪科版高中物理选修3-5第3章《原子世界探秘》测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，1、2、3、4为玻尔理论中氢原子最低的四个能级．处在n＝4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能发出若干种频率不同的光子，在这些光中，波长最长的是()A．n＝4跃迁到n＝1时辐射的光子B．n＝4跃迁到n＝3时辐射的光子C．n＝2跃迁到n＝1时辐射的光子D．n＝3跃迁到n＝2时辐射的光子【答案】B【解析】由辐射光子的能量为ΔE＝Em－En＝－＝hν＝h，可知量子数n越大，能级越密，所以B正确．2.根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道后()A．原子的能量增加，电子的动能减少B．原子的能量增加，电子的动能增加C．原子的能量减少，电子的动能减少D．原子的能量减少，电子的动能增加【答案】D【解析】电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，放出光子，总能量减小；根据k＝m，可知半径越小，动能越大，所以A、B、C错误，D正确．3.下列对原子结构的认识中，正确的是()A．原子中绝大部分是中空，原子核很小B．电子在核外绕核旋转，向心力为库仑力C．原子的全部正电荷和几乎所有质量都集中在原子核里D．原子核的直径大约为10－10m【答案】ABC【解析】原子中绝大部分是中空，原子核的体积很小，但是因为核外的电子虽然所占体积很大，质量却是很小，所以几乎整个原子所有的质量都集中到了原子核上，A、C正确；电子在核外绕核旋转，所需要的向心力由原子核对电子的库仑力提供，B正确；原子核的直径的数量级大约为10－15m～10－4m，D错误．4.汞原子的能级如图，现一束单色光照射到大量处于基态的汞原子，汞原子只发出三种不同频率的单色光．关于入射光的能量下列说法正确的是()A．等于4.9 eVB．等于7.7 eVC．等于8.8 eVD．大于或等于10.4 eV【答案】B【解析】汞原子只发出三种不同频率的单色光，知汞原子跃迁到第3能级，则吸收的光子能量ΔE ＝－2.7 eV＋10.4 eV＝7.7 eV.故B正确，A、C、D错误．5.已知汞原子可能的能级为E1＝－10.4 eV，E2＝－5.5 eV，E3＝－2.7 eV，E4＝－1.6 eV.一个自由电子的总能量为9 eV，与处于基态的汞原子发生碰撞，已知碰撞过程中不计汞原子动量的变化，则电子可能剩余的能量为()A． 0.2 eVB． 1.4 eVC． 2.3 eVD． 5.5 eV【答案】A【解析】若电子剩余的能量为0.2 eV，则能级间跃迁吸收的能量为8.8 eV，基态汞原子吸收后的能量为－1.6 eV，跃迁到第4能级．故A正确．若电子剩余的能量为1.4 eV，则能级间跃迁吸收的能量为7.6 eV，基态汞原子吸收后的能量为－2.8 eV，不能跃迁．故B错误．若电子剩余的能量为2.3 eV，则能级间跃迁吸收的能量为6.7 eV，基态汞原子吸收后的能量为－3.7 eV，不能跃迁．故C错误．若电子剩余的能量为5.5 eV，则能级间跃迁吸收的能量为3.5 eV，基态汞原子吸收后的能量为－6.9 eV，不能跃迁．故D错误．故选A.6.向荧光屏上看去，电子向我们飞来，在偏转线圈中通以如图所示的电流(从右侧看)，电子的偏转方向为()A．向上B．向下C．向左D．向右【答案】A【解析】根据安培定则，环形磁铁右侧为N极、左侧为S极，在环内产生水平向左的匀强磁场，利用左手定则可知，电子向上偏转，选项A正确．7.根据玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是()A．若氢原子由能量为En的定态向低能级跃迁，则氢原子要辐射的光子能量为En＝hνB．电子沿某一轨道绕核运动，若圆周运动的频率为ν，则其发光的频率也是νC．一个氢原子中的电子从一个半径为ra的轨道自发地直接跃迁到另一半径为rb的轨道，已知>rb，则此过程原子要辐射某一频率的光子raD．氢原子吸收光子后，将从高能级向低能级跃迁【答案】C【解析】原子由能量为En的定态向低能级跃迁时，辐射的光子能量等于能级差，与En不相等，故A错；电子沿某一轨道绕核运动，处于某一定态，不向外辐射能量，故B错；电子由半径大的轨道跃迁到半径小的轨道，能级降低，因而要辐射某一频率的光子，故C正确；原子吸收光子后能量增加，能级升高，故D错．8.对于光谱，下列说法中正确的是()A．大量原子发出的光谱是连续谱，少量原子发出的光谱是线状谱B．线状谱由不连续的若干波长的光所组成C．太阳光谱是连续谱D．太阳光谱是线状谱【答案】B【解析】原子光谱体现原子的特征，是线状谱，同一种原子无论有多少，其发光特征都相同，即形成的线状谱都一样，故A错误；B项是线状谱的特征，正确；太阳光谱是吸收光谱，C、D错误．9.如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是()A．波长最大的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．从n＝2能级跃迁到n＝1能级电子动能增加【答案】D【解析】核外电子从高能级n向低能级m跃迁时，辐射的光子能量ΔE＝En－Em＝hν，故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，根据ν＝可知频率越大，波长越小，由图可知当核外电子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，波长最大，故A、B错误．当电子从n＝4向低能级跃迁时，跃迁的种类有4→3,4→2,4→1,3→2,3→1,2→1.即辐射光的种类为C＝6种，故C错误．电子从n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射光子，根据引力提供向心力，即＝m，可知，电势能减小，但动能增加．故D 正确．10.氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中()A．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大，原子的能量增大B．原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量也减小C．原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小，原子的能量增大D．原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大，原子的能量增大【答案】D【解析】由库仑力提供向心力，即k＝m，E k＝mv2＝k，由此可知电子离核越远，r越大，则电子的动能越小，故A、C错误；因r增大过程中库仑力做负功，故电势能增大，B错误；结合玻尔理论和原子的能级公式可知，D正确．11.氢原子能级如图所示．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时发出不同频率的光，其中a 光是从n＝3能级向n＝1能级跃迁时发出的，b光的频率大于a光的频率，则b光可能是()A．从n＝4能级向n＝3能级跃迁时发出的B．从n＝4能级向n＝2能级跃迁时发出的C．从n＝4能级向n＝1能级跃迁时发出的D．从n＝3能级向n＝2能级跃迁时发出的【答案】C【解析】根据题意可知，a光是从n＝3能级向n＝1能级跃迁时发出的，而b光的频率大于a光的频率，由能级差值越大，则光子的频率越高，因此b光可能是氢原子从n＝4跃迁到n＝1产生的，故A、B、D错误，C正确．12.α粒子散射实验中，使α粒子散射的原因是()A．α粒子与原子核外电子碰撞B．α粒子与原子核发生接触碰撞C．α粒子发生明显衍射D．α粒子与原子核的库仑斥力作用【答案】D【解析】α粒子与原子核外的电子的作用是很微弱的，A错误；由于原子核的质量和电荷量很大，α粒子与原子核很近时，库仑斥力很强，足以使α粒子发生大角度偏转甚至反向弹回，使α粒子散射的原因是库仑斥力，B、C错误，D正确．13.如图所示为氢原子的四个能级，其中E1为基态，若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是()A．原子A可能辐射出3种频率的光子B．原子B可能辐射出3种频率的光子C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁到能级E4D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁到能级E4【答案】B【解析】原子A处于激发态E2，它只能辐射出1种频率的光子；原子B处于激发态E3，它可能由E3到E2，由E2到E1，或由E3到E1，辐射出3种频率的光子；原子由低能级跃迁到高能级时，只能吸收具有能级差的能量的光子，由以上分析可知，只有B项正确．14.利用光谱分析的方法能够鉴别物质和确定物质的组成成分，关于光谱分析，下列说法中正确的是()A．利用高温物体的连续谱就可以鉴别其组成成分B．利用物质的线状谱就可以鉴别其组成成分C．高温物体发出的光通过某物质后的光谱上的暗线反映了高温物体的组成成分D．我们观察月亮射来的光谱，可以确定月亮的化学组成【答案】B【解析】由于高温物体的光谱包括了各种频率的光，与其组成成分无关，故A错误；某种物质发光的线状谱中的明线与某种原子发出的某频率的光有关，通过这些亮线与原子的特征谱线对照，即可确定物质的组成成分，B正确；高温物体发出的光通过物质后某些频率的光被吸收而形成暗线，这些暗线与所经物质有关，与高温物体无关，C错误；月亮反射到地面的光是太阳光谱，D项错误．15.如图所示是用阴极射线管演示电子在磁场中受洛伦兹力的实验装置，图上管中虚线是电子的运动轨迹，那么下列相关说法中正确的有()A．阴极射线管的A端应接正极B．C端是蹄形磁铁的N极C．无法确定磁极C的极性D．洛伦兹力对电子做正功【答案】B【解析】电子从A极射向B极，电子带负电，则B端应接正极，A端应接负极，A错误；电子束向下偏转，洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断可知，C端是蹄形磁铁的N极，B正确，C错误；洛伦兹力方向总是与电子速度方向垂直，不做功，D错误．16.如图为电视机显像管中电子束偏转的示意图．磁环上的偏转线圈通以图示方向的电流时，沿轴线向纸内射入的电子束的偏转方向()A．向上B．向左C．向下D．向右【答案】B【解析】磁环上的偏转线圈通以图示方向的电流时，根据安培定则，在磁环上形成的磁场方向竖直向下，磁场是闭合的，故在磁环中心处的磁场是竖直向上的，在根据左手定则，当电子束沿轴线向纸内射入时，电子束受到向左的洛伦兹力，故电子束的偏转方向向左．故B正确，A、C、D错误．17.氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围约为 1.62～3.11 eV.下列说法错误的是()A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出2种不同频率的可见光D．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光【答案】D【解析】紫外线的频率比可见光的高，因此紫外线光子的能量应大于3.11 eV，而处于n＝3能级的氢原子其电离能仅为 1.51 eV＜3.11 eV，所以处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离，A对．18.在氢原子能级图中，横线间的距离越大，代表氢原子能级差越大，下列能级图中，能形象表示氢原子最低的四个能级的是()A. B. C. D.【答案】C【解析】由氢原子能级图可知，量子数n越大，能级越密，所以C对．19.如图是阴极射线管示意图．接通电源后，阴极射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是()A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一电场，电场方向沿z轴负方向D．加一电场，电场方向沿y轴正方向【答案】B【解析】若加磁场，由左手定则可知，所加磁场方向沿y轴正方向，B正确；若加电场，因电子向下偏转，则电场方向沿z轴正方向．20.氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是()A．氢原子的能量增加B．氢原子的能量保持不变C．氢原子要放出一定频率的光子D．氢原子要吸收一定频率的光子【答案】C【解析】氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，能级降低，则氢原子能量减小，则向外辐射光子．故A、B、D错误，C正确．第II卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.在如图所示的阴极射线管中的两个电极上加3.2×104V的高电压，阴极发出的阴极射线在电场中加速而获得高能量，若电子离开阴极表面时的速度为零，则电子到达阳极的速度为多少？【答案】1.06×108m/s【解析】电子由阴极到阳极做匀加速直线运动，由动能定理得eU＝mv2v＝＝1.06×108m/s22.已知氢原子的基态能量为－13.6 eV，核外电子的第一轨道半径为0.53×10－10m，电子质量me＝9.1×10－31kg，电荷量为1.6×10－19C，求电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各是多少？【答案】－1.51 eV 1.51 eV－3.02 eV【解析】氢原子能量可由氢原子能级公式En＝求出，而动能可由氢原子轨道半径公式以及向心力公式求出，氢原子的能量为电子的动能和电势能之和，氢原子的能量E3＝≈－1.51 eV电子在第三轨道时半径为r3＝32r1＝9r1①电子绕核做圆周运动向心力由库仑力提供，所以k＝m②由①②可得电子动能为E k3＝mv＝k≈1.51 eV由于E3＝E k3＋E p3，所以电子电势能为E p3＝E3－E k3＝－3.02 eV23.氢原子在基态时轨道半径r1＝0.53×10－10m，能量E1＝－13.6 eV.求氢原子处于基态时，(1)电子的动能；(2)电子的电势能；(3)用波长是多少的光照射可使其电离？(已知电子质量m＝9.1×10－31kg)【答案】(1)13.6 eV(2)－27.2 eV(3)9.14×10－8m【解析】(1)设处于基态的氢原子核外电子速度大小为v1，则k＝m，所以电子动能E k1＝mv＝k≈13.6 eV.(2)因为E1＝E k1＋E p1，所以E p1＝E1－E k1＝－27.2 eV.(3)设用波长为λ的光照射可使氢原子电离，有＝0－E1，所以λ＝－≈9.14×10－8m.24.汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索.1907－1916年密立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值e的整数倍，于是称这一数值e为基本电荷．如图所示，两块完全相同的金属极正对着水平放置，板间的距离为d.当质量为m的微小带电油滴在两板间运动时，所受空气阻力的大小与速度大小成正比．两板间不加电压时，可以观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为t1；当两板间加电压U(上极板的电势高)时，可以观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，且在时间t2内运动的距离与在时间t1内运动的距离相等．忽略空气浮力．重力加速度为g.(1)判断上述油滴的电性，要求说明理由；(2)求上述油滴所带的电荷量Q；(3)在极板间照射X射线可以改变油滴的带电量．再采用上述方法测量油滴的电荷量．如此重复操作，测量出油滴的电荷量Qi如下表所示．如果存在基本电荷，请根据现有数据求出基本电荷的电荷量e(保留到小数点后两位).【答案】(1)当极板上加了电压U后，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电．(2)(3)1.54×10－19C【解析】(1)当极板上加了电压U后，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电．(2)设油滴运动时所受空气阻力F f与速度大小v满足关系为：F f＝kv当不加电场时，设油滴以速率v1匀速下降，受重力和阻力而平衡，即：mg＝kv1当极板加电压U时，设油滴以速率v2匀速上升，受电场力、重力和阻力，即：QE＝mg＋kv2其中：E＝根据题意有：v1t1＝v2t2解得：Q＝(3)如果存在基本电荷，那么油滴所带的电荷量Q应为某一最小单位的整数倍，即油滴电荷量的最大公约数(或油滴带电量之差的最大公约数)为基本电荷e.由于Q2－Q1＝0.15×10－18C，Q3－Q2＝0.31×10－18C，Q4－Q3＝0.16×10－18C，Q5－Q4＝0.45×10－18C，可以看出，油滴带电量之差都近似为某个数的整数倍，即：Q2－Q1＝e1，Q3－Q2＝2e2，Q4－Q3＝e3，Q5－Q4＝3e4所以：e＝≈1.54×10－19C。
2020学年高二物理鲁科版选修35练习：第1章章末综合测评含解析
章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分．全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选或不答得0分．)1．质量为m的木箱放在水平地面上，在与水平方向成θ角的拉力F作用下，由静止开始运动，经过时间t速度达到v，在这段时间内拉力F和重力的冲量大小分别为()A．Ft,0B．Ft cos θ，0C．m v,0 D．Ft，mgt【解析】由冲量的定义式I＝Ft知，某个力与该力对应时间的乘积，便为该力的冲量．因此拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt，故选项D正确．【答案】 D2．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有()A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统【解析】判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键；第二种，从动量的定义判定．B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零；C选项末动量为零，而初动量不为零．D选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大，A选项满足动量守恒．【答案】 A3．静止在湖面上的小船上有甲、乙两名运动员，他们的质量相等，以相对于湖面相同的水平速率沿相反方向先后跃入水中，如图1所示，若甲先跳，乙后跳，不计水对船的阻力，则( )【导学号：】图1A ．小船末速度向右，乙受小船的冲量大B ．小船末速度向左，甲受小船的冲量大C ．小船末速度为零，乙受小船的冲量大D ．小船末速度为零，甲受小船的冲量大【解析】 甲、乙、小船组成的系统动量守恒，取向左为正方向，则有0＝m 甲v －m 乙v ＋m 船v ′，由于m 甲＝m 乙，所以v ′＝0，故A 、B 错误；对甲用动量定理I 甲＝m 甲v ，对乙用动量定理I 乙＝m 乙v －m 乙v ″，v ″为甲跳出后乙和船的速率，因此I 甲>I 乙，D 正确．【答案】 D4．在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图2所示．下列关系正确的是( )图2A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断【解析】 不妨设a 球碰b 球前的速度大小为v ，则由题图可知，碰后a 、b 两球的速度大小为v 2，由动量守恒得：m a v ＝m b v 2＋m a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－v 2，解得：m b ＝3m a ，只有B 项正确．【答案】 B5．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是()A.(M＋m)v2m v1 B.M v1(M＋m)v2C.m v1M v2 D.M v1m v2【解析】设需发射n颗子弹，对整个过程由动量守恒定律可得：M v1－nm v2＝0，所以n＝M v1 m v2.【答案】 D6．(多选)古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子奔跑的速度大小可能为(g取10 m/s2)() 【导学号：】A．1 m/s B．1.5 m/sC．2 m/s D．2.5 m/s【解析】对兔子由动量定理，可得Ft＝m v2－m v1，选取兔子奔跑的方向为正方向，即－Ft＝0－m v1，F＝m v1 t.当F≥mg时，兔子即被撞死，即F＝m v1t≥mg.所以v1≥gt，即v1≥10×0.2 m/s＝2 m/s，故应选C、D.【答案】CD7．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图3所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()图3A.12m v2 B.12mMm＋Mv2C.12NμmgL D．NμmgL【解析】小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，m v＝(m＋M)v1，系统损失动能ΔE k＝12m v2－12(M＋m)v21＝12Mm v2M＋m，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔE k＝Q＝NμmgL，C错误，D正确．【答案】BD二、非选择题(本题共5小题，共58分，按题目要求作答)8.(8分)某同学把两块不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图4所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块间相互作用时动量守恒．图4(1)该同学还必须有的器材是________．(2)需要直接测量的数据是________．(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是________．【解析】这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同，也是通过测平抛运动的位移来代替它们作用完毕时的速度．【答案】(1)刻度尺、天平(2)两木块的质量m 1、m 2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离s 1、s 2.(3)m 1s 1＝m 2s 29．(10分)现利用图5甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图乙所示．若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．甲乙 图5【解析】 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v 为 v ＝Δs Δt ①式中Δs 为滑块在很短时间Δt 内走过的路程． 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A ，则Δt A ＝1f ＝0.02 s ②Δt A 可视为很短．设滑块A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1.将②式和图给实验数据代入①式得v 0＝2.00 m/s ③v 1＝0.970 m/s ④设滑块B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有 v 2＝d Δt B⑤代入题给实验数据得 v 2＝2.86 m/s ⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p 和p ′，则 p ＝m 1v 0⑦ p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δp ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得 δp ＝1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析10．(12分)如图6甲所示，物块A 、B 的质量分别是m 1＝4.0 kg 和m 2＝6.0 kg ，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B 左侧与竖直墙相接触．另有一个物块C 从t ＝0时刻起以一定的速度向左运动，在t ＝5.0 s 时刻与物块A 相碰，碰后立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v -t 图象如图乙所示．试求： 【导学号：】(1)物块C的质量m3；(2)在5.0 s到15 s的时间内物块A的动量变化的大小和方向．图6【解析】(1)根据图象可知，物块C与物块A相碰前的速度为v1＝6 m/s 相碰后的速度为：v2＝2 m/s根据动量守恒定律得：m3v1＝(m1＋m3)v2解得：m3＝2.0 kg.(2)规定向左的方向为正方向，在第5.0 s和第15 s物块A的速度分别为：v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s所以物块A的动量变化为：Δp＝m1(v3－v2)＝－16 kg·m/s即在5.0 s到15 s的时间内物块A动量变化的大小为：16 kg·m/s，方向向右．【答案】(1)2.0 kg(2)16 kg·m/s，方向向右11．(14分)如图7所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A的最右端，B的质量m B＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v t＝2 m/s.求：图7(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .【解析】 (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ＝m A a ① 代入数据解得 a ＝2.5 m/s 2.②(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程，由动量定理得 Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v ③ 代入数据解得 v ＝1 m/s.④(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v 2A ⑥由④⑤⑥式，代入数据解得 l ＝0.45 m.【答案】 (1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m12．(14分)如图8所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h .一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度v 0/2射出．重力加速度为g .求：(1)此过程中系统损失的机械能；(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离. 【导学号：】图8【解析】 (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得 m v 0＝m v 02＋M v ① 解得v ＝m2M v 0② 系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12M v 2③由②③式得ΔE ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M m v 20④ (2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则h ＝12gt 2⑤ s ＝v t ⑥由②⑤⑥式得s ＝m v 0Mh 2g .⑦【答案】 (1)18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M m v 20(2)m v 0M h 2g。
【步步高】高中物理 章末检测卷(一)沪科版必修1(1)
章末检测卷(一)(时刻：90分钟总分值：100分)一、单项选择题(此题共7小题，每题4分．每题给出的选项中只有一项符合题目要求．)1．明代诗人曾写下如此一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛；人在桥上走，桥流水不流”．其“桥流水不流”中的“桥流”应明白得成其选择的参考系是( )A．水 B．桥 C．人 D．地面答案A2．以下各组物理量中，都是矢量的是( )A．位移、时刻、速度B．速度、速度、加速度C．加速度、速度的转变量、速度D．路程、时刻、位移答案C解析位移、速度、加速度和速度的转变量既有大小，又有方向，是矢量，而时刻、路程和速度只有大小，没有方向，是标量，故C正确．3．以下关于位移和路程的说法中正确的选项是( )A．路程是标量，只有大小；位移是矢量，有大小，也有方向B．物体沿直线运动，通过的路程必然等于位移大小C．物体两次通过的路程不等，位移不可能相等D．物体通过一段路程，那么它通过的位移不可能为零答案A解析路程是标量，位移是矢量，A对．物体只有做单向直线运动时，路程才等于位移大小，B错．物体从一名置沿不同途径抵达另一名置时，路程可能不等而位移相等，C错．物体运动了一段路程后又回到了起点，那么位移为零，D错．4．在某段公路上，别离有如图1所示的甲、乙两块通告牌，通告牌上面数字的意思是( )图1A．甲是指位移，乙是指平均速度B．甲是指路程，乙是指平均速度C ．甲是指位移，乙是指瞬时速度D ．甲是指路程，乙是指瞬时速度答案 D解析 通告牌甲上面的数字是车辆沿公路行驶抵达通告牌上指定的地址时通过的路程，通告牌乙上面的数字“120”表示该公路限制速度为120 km/h ，说明车辆在行驶时的瞬时速度不能高于该速度，选项D 正确．5．如图2所示，图2小球以v 1＝3 m/s 的速度水平向右运动，碰着墙壁经t ＝0.01 s 后以v 2＝2 m/s 的速度沿同一直线反弹，小球在这0.01 s 内的平均加速度为( )A ．100 m/s 2，方向向右B ．100 m/s 2，方向向左C ．500 m/s 2，方向向左D ．500 m/s 2，方向向右答案 C解析 规定水平向右为正方向．依照加速度的概念式a ＝Δv Δt 得：a ＝－2－30.01m/s 2＝－500 m/s 2，负号说明加速度方向与v 1的方向相反，即水平向左．6．如图3所示是三个质点A 、B 、C 的运动轨迹，三个质点同时从N 点动身，又同时抵达M 点，以下说法正确的选项是( )图3A ．从N 到M 的进程中，A 的平均速度最大B ．三质点从N 到M 的平均速度相同C ．三质点从N 到M 的平均速度不相同D ．抵达M 点时A 的瞬时速度最大答案 A解析 平均速度等于路程除以时刻，从N 到M ，A 的路程最大，故A 的平均速度最大，A 对，B 错．平均速度等于位移除以时刻，三质点在相同时刻内的位移相同，故它们的平均速度相同，C 错．依照该题所给条件，不能比较在M 点时三个质点的瞬时速度大小关系，D 错．7．一质点始终向着一个方向做直线运动，在前23t 时刻内平均速度为v /2，后13t 时刻内平均速度为2v ，那么物体在t 时刻内的平均速度大小是( )A ．3v /4B ．3v /2C ．vD ．2v /3答案 C解析 前23t 时刻内的位移s 1＝v 2·2t 3＝13vt ，后13t 时刻内的位移s 2＝2v ·13t ＝23vt ，因此t 时刻内的平均速度v ＝13vt ＋23vt t ＝v ，故C 正确．二、多项选择题(此题共3小题，每题5分．每题给出的选项中有多项符合题目要求，全数选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)8．关于时刻距离和时刻，以下说法中正确的选项是( )A ．物体在5 s 时指的是物体在5 s 末时，指的是时刻B ．物体在5 s 内指的是物体在4 s 末到5 s 末这1 s 的时刻C ．物体在第5 s 内指的是物体在4 s 末到5 s 末这1 s 的时刻D ．第4 s 末确实是第5 s 初，指的是时刻答案 ACD解析 5 s 时指的是5 s 末这一时刻，5 s 内指的是前5 s 这一段时刻，第5 s 内指的是4 s 末到5 s 末这1 s 的时刻，前1 s 末和后1 s 初是同一时刻，故第4 s 末和第5 s 初是同一时刻．故此题选A 、C 、D.9．如图4所示为A 、B 两质点的v －t 图像．图4关于A 、B 两质点的运动，以下说法中正确的选项是( )A ．质点A 向所选定的正方向运动，质点B 与A 的运动方向相反B ．质点A 和B 的速度并非相同C ．在相同的时刻内，质点A 、B 的位移相同D ．不管质点A 、B 是不是从同一地址开始运动，它们之间的距离必然愈来愈大答案 AB解析 由v －t 图像知，A 、B 两质点以大小相等、方向相反的速度做匀速直线运动，A 、B 正确；在相同的时刻内，A 、B 两质点的位移等大、反向，C 错误；由于A 、B 两质点的起点无法确信，故A 、B 两质点间的距离可能愈来愈大(如图甲)，也可能先变小再变大(如图乙)，D 错误．10．质点做直线运动的v －t 图像如图5所示，那么( )图5A ．在前3 s 内质点做变速直线运动B ．在1 s ～3 s 内质点做加速度a ＝－2 m/s 2的变速直线运动C ．在2 s ～3 s 内质点的运动方向与规定的正方向相反，加速度方向与1 s ～2 s 内的加速度方向相同D ．以上说法均不正确答案 BC解析 由图像可知，质点在第1 s 内做速度v 0＝2 m/s 的匀速直线运动，A 错误；在1 s ～3 s 内质点做变速直线运动，加速度a ＝－2－22m/s 2＝－2 m/s 2，加速度的方向与初速度v 0的方向相反，故B 正确；在2 s ～3 s 内，速度为负值，说明方向与规定的正方向相反，但加速度与1 s ～2 s 内的完全相同，因为图线的斜率没有发生转变，故C 正确．三、实验题(此题共2小题，共12分)11．(4分)电磁打点计时器工作时利用________(选填“交流”或“直流”)电源，当电源的频率是50 Hz 时，每隔________s 打一次点．其工作时的大体步骤如下：A ．当纸带完全通过计时器后，及时关闭电源B ．将电磁打点计时器接上相应的电源C ．将纸带穿过两个限位孔并从复写纸下面通过D ．接通开关，当即拖动纸带运动上述步骤正确的顺序是________．(按顺序填写步骤编号)答案 交流 0.02 CBDA解析 电磁打点计时器的工作电压是4 V ～6 V 交流电，频率为50 Hz 时，打点时刻距离为0.02 s ，工作时，应先接通电源后释放纸带，而且打完纸带后应当即关闭电源，因此正确的顺序是CBDA.12．(8分)某次实验打点计时器利用的交流电的频率为50 Hz ，纸带的记录如图6所示，图中O 点为纸带的第一个点，接下来的前几个点模糊，因此从A 点开始每打五个点取一个计数点：图6(1)推测纸带的运动是加速运动仍是减速运动？________.(2)在打出A 、F 这两点的时刻距离中，纸带运动的平均速度为________．(3)B 点的瞬时速度为________．(4)小车的加速度为________．答案 (1)加速运动 (2)36.50 cm/s (3)25.20 cm/s (4)0.795 m/s 2解析 (1)从A 点开始各相邻计数点间的时刻距离为t ＝0.02×5 s＝0.1 s ，每隔0.1 s 纸带运动的位移别离是s 1＝2.15 cm 、s 2＝2.89 cm 、s 3＝3.74 cm 、s 4＝4.32 cm 、s 5＝5.15 cm ，说明纸带做加速运动．(2)A 、F 间纸带运动的平均速度为 v ＝Δs Δt ＝19.55－1.300.1×5cm/s ＝36.50 cm/s (3)B 点的瞬时速度能够用AC 段的平均速度表示，故v B ＝v AC ＝AC2t ＝6.34－1.302×0.1 cm/s ＝25.20 cm/s. (4)v C ＝v BD ＝BD2t ＝33.15 cm/s ，a ＝v C －v Bt ＝0.795 m/s 2.四、计算题(本大题共4小题，共45分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(10分)一质点由位置A 向北运动了4 m ，又转向东运动了3 m ，抵达B 点，然后转向南运动了1 m ，抵达C 点，在上面的进程中质点运动的路程是多少？运动的位移是多少？位移方向如何？答案 8 m 4.2 m 方向北偏东45°角解析 整个进程质点运动的路程：L ＝4 m ＋3 m ＋1 m ＝8 m如下图，整个进程质点运动的位移大小：s ＝4－12＋32 m ＝3 2 m≈4.2 m由于tan θ＝33＝1，θ＝45°，故位移方向为北偏东45°角． 14．(10分)在平直轨道上行驶的火车，在拐弯前要减到适合的速度才能平安行驶，为了平安拐弯火车正在从180 km/h 的速度开始做匀减速运动，假设平安的拐弯速度为54 km/h ，要求在50 s 内恰好抵达拐弯处，求火车的加速度．答案 0.7 m/s 2，方向与火车运动方向相反解析 因v 0＝180 km/h ＝50 m/s ，v t ＝54 km/h＝15 m/s由加速度公式a ＝v t －v 0t ＝15－5050 m/s 2＝－0.7 m/s 2即火车加速度大小为0.7 m/s 2，方向与火车运动方向相反15．(12分)如图7所示是某质点运动的v －t 图像，请回答：图7(1)质点在图中各段的速度如何转变？(2)在0～4 s 内、8 s ～10 s 内、10 s ～12 s 内质点的加速度各是多少？答案 观点析解析 (1)质点在0～4 s 内速度在慢慢变大；4 s ～8 s 内质点的速度维持10 m/s 不变；8 s ～10 s 内质点的速度慢慢减小，10 s 时质点的速度为0；10 s ～12 s 内质点的速度反方向增大．(2)由a ＝Δv Δt得： 0～4 s 内的加速度a 1＝10－04－0m/s 2＝2.5 m/s 2 8 s ～10 s 内的加速度a 2＝0－1010－8m/s 2＝－5 m/s 2 10 s ～12 s 内的加速度a 3＝－10－012－10m/s 2＝－5 m/s 2. 16．(13分)火车从甲站到乙站正常行驶速度是60 km/h ，有一次火车从甲站开出，由于迟开了5分钟，司机把速度提高到72 km/h ，才恰好正点抵达乙站．求：(1)甲、乙两站间的距离；(2)火车从甲站到乙站正常行驶的时刻．答案 (1)30 km (2)0.5 h解析 设正常行驶时所历时刻为t ，甲、乙两站间的距离为s ，正常行驶速度v 1＝60 km/h ＝503m/s ，提高后的速度v 2＝72 km/h ＝20 m/s ，那么：v 1t ＝s ①v 2(t －60×5)＝s ②将已知数据代入①②式解得：t ＝1 800 s ＝0.5 hs ＝30 km。
【教育资料】沪科版高中物理选修35：章末综合测评5学习专用
章末综合测评(五)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5是单选题；6～8是多选题，选对1个得3分，全选对得6分，错选或不选得0分．) 1．关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有( )A.23892U→23490Th＋42He是β衰变B.147N＋42He→178O＋11H是β衰变C.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变D.8234Se→8236Kr＋20－1e是重核裂变【解析】据核反应各类型特点可知：A、D项均为衰变，A中放出α粒子，A、D错误．B项为人工转变，B错误；C项为轻核聚变，C正确．【答案】C2．下列说法中正确的是( )A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B．放射性元素的半衰期不会随物理或化学条件的变化而变化C．约里奥—居里夫人用α粒子轰击铝箔发现了中子D．原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量【解析】放射性元素的半衰期由元素的原子核决定，与化学、物理状态无关，故选项A错误，B正确；由物理学史可知中子是由查德威克发现的，选项C错误；核子结合成原子核放出核能，因此原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，选项D错误．【答案】B3．科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→42He＋31H＋4.9 Me V和21H＋31H→42He＋X＋17.6 Me V，下列表述正确的有( )A．X是电子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应【解析】根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子，A错误；Y的质子数为3，中子数为3，B错误；聚变放出能量，由质能方程可知一定有质量亏损，该反应为核聚变反应，C错误，D正确．【答案】D4．热核反应是一种理想能源的原因是( )A．轻核聚变比重核裂变时释放的能量多B．对环境的放射性污染较裂变轻，且较容易处理C．热核反应的速度容易控制D．就每个核子平均释放的能量来说，热核反应比重核裂变时释放的能量少【解析】不能说轻核聚变比重核裂变时释放的能量多，但就每个核子平均释放的能量来说，聚变反应中平均每个核子比裂变反应中平均每个核子放出的能量要大3～4倍，且其原料均为氢的同位素，在地球上储量极为丰富，其放射性污染也较裂变轻．但是，目前只是能够让轻核聚变发生，还不能控制聚变反应的速度、和平利用聚变时释放的核能，综上所述，B正确，A、C、D错误．【答案】B5．下列核反应方程中，属于α衰变的是( )【导学号：06092097】A.147N＋42He→178O＋11HB.23892U→23490Th＋42HeC.21H＋31H→42He＋10nD.23490Th→23491Pa＋0－1e【解析】α衰变是放射性元素的原子核放出α粒子(42He)的核反应，选项B 正确．【答案】B6．质子数与中子数互换的核互为“镜像核”，例如32He是31H的“镜像核”，同样31H也是32He的“镜像核”，则下列说法正确的是( )A.157N和168O互为“镜像核”B.137N和136C互为“镜像核”C．β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子D．核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中有α粒子，该反应是α衰变【解析】根据“镜像核”的定义，137N和136C互为“镜像核”，选项B正确，A错误；β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子，选项C 正确；核反应21H＋31H→42He＋10n的生成物中虽有α粒子，但该反应是聚变反应，选项D错误．【答案】BC7．下列说法中正确的是( )A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应B．中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，所以重核裂变要放出能量C．只要有核反应发生，就一定会释放出核能D．轻核中质子数与中子数大致相等，重核中中子数小于质子数【解析】太阳的能量来自轻核聚变放出的能量，A正确．中等核的平均结合能比重核的平均结合能大，B正确．核反应是否释放能量取决于反应前后是否发生了质量亏损，C错误．随核子数增加，若只增加中子，中子与其他核子没有库仑斥力，但有相互吸引的核力，有助于维系原子核的稳定，所以稳定的重原子核中子数要比质子数多，D错误．【答案】AB8．关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )【导学号：06092098】A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(13355Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)的结合能D．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【解析】原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，选项A正确．重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，核子的比结合能与核子数之积即为结合能，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，选项B正确．铯核的核子数比铅核的核子数少，其结合能也小，选项C正确．自由核子组成原子核时，需放出能量，因此质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项D错误．【答案】ABC二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)9．(8分)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，23592U是核电站常用的核燃料.23592U受一个中子轰击后裂变成14456Ba和8936Kr两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积．【解析】核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：23592 U＋10n―→14456Ba＋8936Kr＋310n，即产生3个中子．临界体积是发生链式反应的最小体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积．【答案】3大于10．(9分)1993年，中国科学院上海原子核研究所制得了一种新的铂元素的同位素20278Pt，制取过程如下：(1)用质子轰击铍94Be产生快中子，核反应方程：______________________________________________________________；(2)用快中子轰击汞20480Hg，反应过程可能有两种：①生成20 278Pt，放出氦原子核，核反应方程：______________________________________________________________；②生成20278Pt，放出质子、中子，核反应方程：________________________________________________________________ ______________________________________________________________；(3)生成的铂20278Pt发生两次β衰变，变成稳定的原子核汞20280Hg，核反应方程：__________________________________________________________，_______________________________________________________________.【答案】(1)94Be＋11H―→95B＋10n(2)①20480Hg＋10n―→20278Pt＋32He②20480Hg＋10n―→20278Pt＋211H＋10n(3)11．(9分)同位素原子在许多方面有着广泛的应用，1934年，科学家在用α粒子轰击铝箔时，除探测到预料中的中子外，还探测到了正电子，更意外的是，拿走α放射源时，铝箔虽不再发射中子，但仍能继续发射正电子，而且这种放射性随时间衰减的规律跟天然放射性一样，也有一定的半衰期.【导学号：06092049】(1)写出α粒子轰击铝2713Al产生中子的核反应方程式；(2)上述产生的具有放射性的同位素叫做放射性同位素，写出其产生正电子的核反应方程式；(3)简要说明放射性同位素的应用，并至少举出两个实际应用的例子．【解析】(1)2713Al＋42He→3015P＋10n.(2)3015P→3014Si＋01e.(3)利用射线辐射育种，作为示踪原子，检查管道等．【答案】见解析12．(12分)运动的原子核A Z X放出α粒子后变成静止的原子核Y.已知X、Y 和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能．【解析】设衰变前原子核A Z X的速度为v0，衰变后放出的α粒子的速度为v，由动量守恒有：M v 0＝m 2v再由反应中能量守恒有12M v 20＝12m 2v 2－ΔE 由爱因斯坦质能方程有ΔE ＝Δmc 2而Δm ＝M －(m 1＋m 2)解之有ΔE ＝12m 2v 2－12M v 20＝[M －(m 1＋m 2)]c 2＝(M －m 1－m 2)c 2E kα＝12m 2v 2＝M ΔE M －m 2＝M (M －m 1－m 2)M －m 2c 2. 【答案】(M －m 1－m 2)c 2M (M －m 1－m 2)M －m 2c 213．(14分)足够强的匀强磁场中有一个原来静止的氡核222 86Rn ，它放射出一个α粒子后变为Po 核．假设放出的α粒子运动方向与磁场方向垂直，求：(1)α粒子与Po 核在匀强磁场中的径迹圆半径之比，画出它们在磁场中运动轨迹的示意图；(2)α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔与α粒子运动周期的关系；(设质子和中子质量相等)(3)若某种放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲核在磁场中运动轨迹的示意图与上述α衰变轨迹示意图有何不同？【解析】(1)氡核经α衰变的核反应方程为：222 86R n →218 84Po ＋42He ，衰变的极短过程系统动量守恒，设α粒子速度方向为正，则由动量守恒定律0＝m αv α－m Po v Po ，即m αv α＝m Po v Poα粒子与反冲核在匀强磁场中，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力q v B ＝m v 2r ，r ＝m v qB ∝1q ，故r αr Po ＝q Po q α＝842＝421，示意图如图甲所示．(2)它们在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πm qB ∝m q ，它们的周期之比为T αT Po＝m αm Po ·q Po q α＝4218·842＝84109，即109T α＝84T Po ，这样α粒子转109圈，Po 核转84圈，两者才相遇．所以，α粒子与Po 核两次相遇的时间间隔Δt ＝109T α.(3)若放射性元素在匀强磁场中垂直磁场方向发生β衰变，则β粒子和反冲衰变过程仍符合动量守恒定律，它们也在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，但由于β粒子带负电，反冲核带正电，它们两个衰变时运动方向相反，但受的洛伦兹力方向相同，所以它们的轨迹圆是内切的，且β粒子的轨迹半径大于新核的轨迹半径，其运动轨迹的示意图如乙所示．【答案】(1)42∶1见解析(2)Δt ＝109T α(3)见解析。
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第 1 页 章末综合测评(一) (时间：60分钟满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5是单选题；6～8是多选题，选对1个得3分，全选对得6分，错选或不选得0分．) 1．下列说法正确的是( ) 【导学号：06092059】 A．物体做匀速直线运动时，物体受到的合外力的冲量为零 B．当物体受到的合外力为零时，物体的动量一定为零 C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化量越小 D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，每个物体的动量保持不变 【解析】由动量定理知，合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项A正确．动量的变化与物体的受力有关，合外力等于零时，动量不变，动量的变化除了与力有关外，还与时间有关．故选A. 【答案】A 2．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则下列说法错误的是( ) A．在相等的时间间隔内动量的变化相同 B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下 C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定 D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零 【解析】做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项D错误，故选D. 【答案】D 3．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则( ) 【导学号：06092060】 第 2 页
A．火箭一定离开原来轨道运动 B．P一定离开原来轨道运动 C．火箭运动半径可能不变 D．P的运动半径一定减小 【解析】火箭射出物体P后，由反冲原理知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大，选项A正确，选项C错误；P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以选项B、D错误． 【答案】A 4．如图1，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( ) 【导学号：06092061】 图1
A．v0＋mMv B．v0－mMv
C．v0＋mM(v0＋v) D．v0＋mM(v0－v) 【解析】以向右为正方向，据动量守恒定律有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋mM(v0＋v)，故选C. 【答案】C 5．如图2所示，小球A和小球B的质量相同，球B置于光 图2 滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动时，它们能上升的最大高度是 ( ) 【导学号：06092062】
A．h B.12h 第 3 页
C.14h D.18h 【解析】球A从高为h处静止摆下到最低点的过程中机械能守恒，有mgh＝12mv2，所以v＝2gh.球A与球B碰撞过程动量守恒，有mv＝2mv′，得v′＝2gh2.设碰撞后球A、B整体上摆高度为h′，则2mgh′＝12(2m)v′2，解得h′＝h4，C正确． 【答案】C 6．如图3所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( ) 图3 A．其他量不变，R越大x越大 B．其他量不变，μ越大x越小 C．其他量不变，m越大x越大 D．其他量不变，M越大x越大 【解析】小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A、B正确． 【答案】AB 7．如图4甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t(位移—时间)图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断( ) 【导学号：06092019】 图4 A．碰前m2静止，m1向右运动 第 4 页
B．碰后m2和m1都向右运动 C．m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 【解析】分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8 m的位置静止，m1位移
均匀增大，速度v1＝82 m/s＝4 m/s，方向向右；碰后：v1′＝0－86－2 m/s＝－2 m/s，
v2′＝16－86－2 m/s＝2 m/s，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2
＝0.3 kg，碰撞损失的机械能：ΔEk＝12m1v21－12m1v1′2＋12m2v2′2＝0，故正确答案应选A、C. 【答案】AC 8．如图5所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是 ( ) 图5
A．甲、乙两车运动中速度之比为M＋mM B．甲、乙两车运动中速度之比为MM＋m C．甲车移动的距离为M＋m2M＋mL D．乙车移动的距离为M2M＋mL 【解析】本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，
甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为M＋mM，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确． 【答案】ACD 二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．) 第 5 页
9．(10分)某同学用如图6甲所示的装置，通过半径相同的A，B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G处由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G，R，O所在的平面，米尺的零点与O点对齐． 甲 乙 图6 (1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm. (2)在以下选项中，本次实验必须进行测量的是_______________________ _____________________________________________________(填选项号)． A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离 C．测量A球或B球的直径 D．测量A球和B球的质量(或两球质量之比) E．测量G点相对于水平槽面的高度 【解析】(1)如题图乙所示，用一个圆尽可能多地把小球落点圈在里面，由此可见圆心O的位置为67.0 cm，这也是小球落点的平均位置(66.5～67.5都算对)． (2)本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点的距离s1、s2、s3，所以应选A、B、D，注意此题实验装置与我们前面讲的实验装置的不同，该实验中被碰小球抛出点即为O点，所以选项C、E不选． 【答案】(1)66.5～67.5(2)ABD 10．(10分)如图7所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损第 6 页
失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求： 图7 (1)碰撞后小球A和小球B的速度； (2)小球B掉入小车后的速度． 【解析】(1)设A球与B球碰撞后速度分别为v1、v2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以 有mAv0＝mAv1＋mBv2 ① 有12mAv20＝12mAv21＋12mBv22 ②
由①②解得v1＝mA－mBv0mA＋mB＝－15v0
v2＝2mAv0mA＋mB＝45v0
碰后A球向左，B球向右． (2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有 mBv2＋m车v3＝(mB＋m车)v3′且v3＝－2v0
得v′3＝110v0.
【答案】(1)v1＝－15v0，碰后A球向左； v2＝45v0，B球向右(2)v′3＝110v0，方向向右
11．(10分)如图8所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O 图8 点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，第 7 页
反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离． 【解析】设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝12mv21
解得：v1＝2gh 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有 mgh16＝12mv1′2
解得：v1′＝gh8
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有 mv1＝－mv1′＋5mv2
解得：v2＝gh8
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为： I＝5mv2＝54m2gh 物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为 F＝5μmg 设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有 －Fs＝0－12×5mv22
解得：s＝h16. 【答案】54m2ghh16